tceic.com
简单学习网 让学习变简单
当前位置:首页 >> 数学 >>

2017年高考文科数学一轮 专题七 导数及其应用 听课手册


导数及其应用

1.[2015· 天津卷] 已知函数 f(x)=axln x,x∈(0,+∞),其中 a 为实数,f′(x)为 f(x) 的导函数.若 f′(1)=3,则 a 的值为________. 2. [2015· 全国卷Ⅰ] 已知函数 f(x)=ax3+x+1 的图像在点(1, f(1))处的切线过点(2, 7), 则 a=________. 1 3.

[2015· 陕西卷改编] 函数 y=xex 在(-1,- )处的切线方程为________. e (x-1)2 4.[2015· 福建卷改编] 已知函数 f(x)=ln x- ,则函数 f(x)的单调递增区间为 2 ________. 5.[2014· 福建卷改编] 已知函数 f(x)=ex-2x,则函数 f(x)的极小值为________. 6.[2013· 江苏卷改编] 设函数 f(x)=ex-ax(其中 a 为正实数)在(1,+∞)上有最小值, 则 a 的取值范围为________. ln π ln 3 7.[2014· 湖北卷改编] 比较大小: ________ (π 为圆周率). 3 π 8.[2014·辽宁卷改编] 当 x∈(0,1]时,不等式 ax3-x2+4x+3≥0 恒成立,则实数 a 的取值范围是________.

考点一

导数的几何意义 题型:选择、填空 分值:5 分 难度:简单 热点:导数的几何意义

1 (1)已知函数 f(x)的导函数为 f′(x),且满足 f(x)=2xf′(e)+ln x,则 f(e)=________. (2)[2015· 全国卷Ⅱ] 已知曲线 y=x+ln x 在点(1,1)处的切线与曲线 y=ax2+(a+2)x+ 1 相切,则 a=________. [听课笔记]

[小结] 函数在某点的导数值就是对应曲线在该点的切线斜率,这是导数的几何意义, 所以与此有关的问题常涉及求导数、求斜率、求切点坐标、求切线方程、求参数等. 式题 已知 f(x+1)=x-1+ex 1,则函数 f(x)在点(0,f(0))处的切线 l 与坐标轴围成的


三角形的面积为( 1 A. 4

)

1 B. C.1 D.2 2 函数的单调性与极值、最值

考点二

题型:解答题 分值:5~10 分 难度:较难 热点:单调性与极值、最值 考向一 判断函数的单调性 1 2 已知函数 f(x)= ax2+2x-ln x. 2 (1)当 a=0 时,求 f(x)的单调区间; 1 (2)若 f(x)在区间[ ,2]上是增函数,求实数 a 的取值范围. 3 [听课笔记]

[小结] 对含有参数的函数,已知其单调性求参数范围,在利用导数求解时,要注意导 数等于 0 的情况,如本题第(2)问,函数 f(x)为增函数,则应是 f′(x)≥0,而不是 f′(x)>0,否 则参数 a 的取值范围会少一个值. 式题 已知函数 f(x)=aln x-ax(a∈R). (1)当 a=-2 时,求函数 f(x)的单调区间; 1 1 (2)若函数 y=f(x)的图像在点( ,f( ))处的切线的倾斜角为 135°,且对于任意的 t∈[1, 2 2 m 2],函数 g(x)=x3+x2[f′(x)+ ]在区间(t,3)上不是单调函数,求 m 的取值范围. 2

考向二 求函数的极值

1 3 已知函数 f(x)=2ax- -(2+a)ln x(a≥0). x (1)当 a=0 时,求 f(x)的极值; (2)当 a>0 时,讨论 f(x)的单调性. [听课笔记]

[小结] 利用导数研究函数的极值的一般步骤:对可导函数求出导数等于零的点 ,然后 判断在导数等于零的点的两侧导数的符号,确定其是否为极值点,是极值点时,再确定是极 大值点还是极小值点. 式题 已知 e 为自然对数的底数,设函数 f(x)=xex,则( A.x=1 是 f(x)的极小值点 B.x=-1 是 f(x)的极小值点 C.x=1 是 f(x)的极大值点 D.x=-1 是 f(x)的极大值点 考向三 求函数的最值 4 已知函数 f(x)=ax3+bx+c(a≠0)为奇函数,f(x)在 x= 2处取得极值,且曲线 y= f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线 x+6y+7=0 垂直. (1)求 a,b,c 的值; (2)讨论 f(x)的单调性,并求 f(x)在[-1,3]上的最值. [听课笔记] )

[小结] 求函数在指定区间上的最值,一般步骤是先对函数求导,确定单调区间、确定 极值, 再将极值与所求区间的函数的端点值比较, 从而得出函数在该区间的最大值和最小值. 高考易失分题 6 利用导数求解函数最值的含参问题

范例 [2015· 全国卷Ⅱ] 已知函数 f(x)=ln x+a(1-x). (1)讨论 f(x)的单调性; (2)当 f(x)有最大值,且最大值大于 2a-2 时,求 a 的取值范围.

失分分析 (1)讨论单调性时,对 a 分类不全,容易忽略 a=0 时的情况;(2)由于有参数 a,所以需要分类讨论函数 f(x)的最大值;(3)由不等式 ln a+a-1<0 求 a 的范围时,不懂得 通过构建函数 g(a)=ln a+a-1 去解决. a 高考预测 已知函数 f(x)= +ln x,其中 a∈R. x (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)若不等式 f(x)≥1 在(0,e]上恒成立,求实数 a 的取值范围.

考点三

导数与函数、不等式的综合问题 题型:解答题 分值:5~10 分 难度:较难 热点:不等式的证明与求参

考向一 利用导数证明不等式恒成立问题 (x-1)2 5 [2015· 福建卷改编] 已知函数 f(x)=ln x- . 2 (1)证明:当 x>1 时,f(x)<x-1; (2)确定实数 k 的所有可能取值,使得存在 x0>1,当 x∈(1,x0)时,恒有 f(x)>k(x-1). [听课笔记]

[小结] 利用导数方法证明不等式在给定区间上的恒成立问题,一般先将待证不等式如 f(x)≥g(x)的形式,转化为 f(x)-g(x)≥0 的形式,再设 h(x)=f(x)-g(x),进而转化为研究函 数 h(x)在指定区间上的最小值问题.不过由于不等式呈现的形式多样,具体求解时还要灵活 多变. ax-b 1 式题 已知函数 f(x)= 2 与函数 g(x)= ln x 在点(1,0)处有公共的切线. 2 x +1 (1)求函数 f(x)的解析式; (2)求证:g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.

考向二 构建函数解决不等式证明问题 6 若 0<x1<x2<1,则( )

A.ex2-ex1>ln x2-ln x1 B.ex2-ex1<ln x2-ln x1 C.x2ex1>x1ex2 D.x1ex1<x2ex2 [听课笔记]

[小结] 构建可导函数比较大小体现了推理论证能力与运算技巧的结合 ,这种构建有以 下一些要求:(1)熟悉可导法则;(2)了解一些常见函数的导数,如 ln x,ex,xln x,xex 等; (3)进行必要的尝试. e6 e7 e8 式题 设 a= ,b= ,c= ,则 a,b,c 的大小关系为( 36 49 64 A.a>b>c B.b>a>c C.c>b>a D.c>a>b 考向三 确定双变量不等式中参数值或范围 1-a 2 7 设函数 f(x)= x +ax-ln x(a∈R). 2 (1)当 a>1 时,讨论函数 f(x)的单调性; (a2-1) (2)若对任意 a∈(3,4)及任意 x1,x2∈[1,2],恒有 m+ln 2>|f(x1)-f(x2)|成立, 2 求实数 m 的取值范围. [听课笔记] )

[小结] 确定不等式中的参数的范围,一般是先分离参数,即转化为 a≥f(x)(或 a≤f(x)) 的形式,再利用导数求出函数 f(x)的最大值或最小值,从而得出参数 a 的范围.

导数及其应用 ■ 核心知识聚焦 1.3 [解析] f′(x)=aln x+a.因为 f′(1)=3,所以 a=3. 2.1 [解析] 因为 f′(x)=3ax2+1,所以函数在点(1,f(1)),即点(1,2+a)处的切线的 2+a-7 斜率 k=f′(1)=3a+1.又切线过点(2, 7), 则经过点(1, 2+a), (2, 7)的直线的斜率 k= , 1-2 2+a-7 所以 3a+1= ,解得 a=1. 1-2 3.y=- 1 e 1 [解析] y′=(x+1)ex,当 x=-1 时,y′=0,即函数在点(-1,- )处的切 e

1 线斜率为 0,故所求切线方程为 y=- . e

? 1+ 5? 4.?0, ? 2 ? ?

-x2+x+1 1 [解析] f′(x)= -x+1= ,x∈(0,+∞). x x

? ?x>0, 1+ 5 由 f′(x)>0,得? 解得 0<x< . 2 2 ?-x +x+1>0, ?

? 1+ 5?. 故 f(x)的单调递增区间是?0, ? 2 ? ?
5.2-ln 4 [解析] f(x)=ex-2x,则 f′(x)=ex-2. 令 f′(x)=0,得 x=ln 2. 当 x<ln 2 时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x>ln 2 时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=ln 2 时,f(x)取得极小值, 且极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4. 6.(e,+∞) [解析] 由 f′(x)=ex-a=0,得 x=ln a,当 x<ln a 时,f′(x)<0;当 x>ln a 时,f′(x)>0.又因为 f(x)在(1,+∞)上有最小值,所以 ln a>1,得 a>e,即 a 的取值范围为(e, +∞). 7.< [解析] 构建函数 f(x)= 1-ln x ln x (x>0),则 f′(x)= . x x2

ln π ln 3 当 x>e 时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减,又π >3>e,所以 f(π )<f(3),即 < . 3 π x2-4x-3 8.[-6,+∞) [解析] 当 0<x≤1 时,a≥ , x3 x2-4x-3 -x2+8x+9 令 f(x)= (0<x≤1),则 f′(x)= , 3 x x4 1-4-3 故 f(x)在(0,1]上单调递增,所以有 a≥f(x)max= =-6. 1 考点一 导数的几何意义

例1

1 - (1)-1 (2)8 [解析] (1)对 f(x)求导得 f′(x)=2f′(e)+ , 把 x=e 代入得 f′(e)=e 1 x

+2f′(e), - 解得 f′(e)=-e 1,∴f(e)=2ef′(e)+ln e=-1. 1 (2)对函数 y=x+ln x 求导得 y′=1+ ,函数在点(1,1)处的切线的斜率 k=y′|x=1=2, x 所以在点(1,1)处的切线方程为 y=2x-1,又该切线也为函数 y=ax2+(a+2)x+1 的切线,
? ?y=2x-1, 所以由? 得 ax2+ax+2=0,此方程应有唯一解,所以 Δ=a2-8a=0, 2 ?y=ax +(a+2)x+1 ?

得 a=8 或 a=0(舍). + 变式题 A [解析] 由 f(x+1)=x-1+ex 1 知 f(x)=x-2+ex,则 f′(x)=1+ex,f′(0) =2.又 f(0)=-1,即切点坐标为(0,-1),所以切线 l 的方程为 y-(-1)=2(x-0),即 y= 1 2x-1,切线 l 与坐标轴的交点分别为( ,0)和(0,-1),所以切线 l 与坐标轴围成的三角形 2 1 1 1 的面积 S= × ×|-1|= . 2 2 4 考点二 导数的单调性与极值、最值

1 例 2 解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f(x)=2x-ln x,则 f′(x)=2- .当 f′(x)>0 x 1 1 1 1 时,x> ;当 f′(x)<0 时,得 0<x< .∴函数 f(x)在(0, )上单调递减,在( ,+∞)上单调递增. 2 2 2 2
2 1 1 ax +2x-1 (2)已知 f(x)= ax2+2x-ln x,则 f′(x)=ax+2- = . 2 x x

1 若 a=0,由 f′(x)>0,得 x> ,显然不合题意; 2

1 若 a≠0,∵函数 f(x)在区间[ ,2]上是增函数, 3 1 ∴f′(x)≥0 对 x∈[ ,2]恒成立, 3 1 即不等式 ax2+2x-1≥0 对 x∈[ ,2]恒成立, 3 1-2x 1 2 1 1 即 a≥ 2 = 2- =( -1)2-1 对 x∈[ ,2]恒成立, x x x x 3 1 故 a≥[( -1)2-1]max=3, x ∴实数 a 的取值范围为 a≥3. 变式题 解:(1)因为 a=-2,所以 f(x)=2x-2ln x(x>0), 2 2(x-1) 所以 f′(x)=2- = , x x 所以 f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞). a 1 (2)f′(x)= -a,则由题可知 f′( )=a=-1, x 2 1 所以 f(x)=-ln x+x,f′(x)=1- , x m 所以 g(x)=x3+( +1)x2-x, 2 g′(x)=3x2+(m+2)x-1. 因为对于任意 t∈[1 , 2] , g(x) 在区间 (t , 3) 上不是单调函数 , 且 g′(0) =- 1 , 所以

?g′(t)<0, ? ?g′(3)>0,

?g′(1)<0, 32 15 所以?g′(2)<0,解得- <m<- , 3 2 ?g′(3)>0,
32 15 故实数 m 的取值范围是(- ,- ). 3 2 1 1 2 1-2x 例 3 解:(1)当 a=0 时,f(x)=- -2ln x?f′(x)= 2- = 2 (x>0). x x x x 由 f′(x)= 1-2x 1-2x 1 1 1 2 >0,解得 0<x< ,由 f′(x)= 2 <0,解得 x> ,∴f(x)在(0, )上是增函 x 2 x 2 2

1 数,在( ,+∞)上是减函数. 2 1 ∴f(x)的极大值为 f( )=2ln 2-2,无极小值. 2
2 1 1 1 2ax -(2+a)x+1 (2)f(x)=2ax- -(2+a)ln x?f′(x)=2a+ 2-(2+a) = . x x x x2

1 1 1 1 ①当 0<a<2 时,f(x)在(0, )和( ,+∞)上是增函数,在( , )上是减函数; 2 a 2 a

②当 a=2 时,f(x)在(0,+∞)上是增函数; 1 1 1 1 ③当 a>2 时,f(x)在(0, )和( ,+∞)上是增函数,在( , )上是减函数. a 2 a 2 变式题 B [解析] f′(x)=(x+1)ex,令 f′(x)=0,得 x=-1, 当 x>-1 时,f′(x)>0;当 x<-1 时,f′(x)<0.故函数 f(x)在 x=-1 处取得极小值. 例 4 解:(1)∵函数 f(x)=ax3+bx+c(a≠0)为奇函数,∴c=0. ∵f′(x)=3ax2+b, 且 f(x)=ax3+bx(a≠0)在 x= 2处取得极值, ∴6a+b=0. 1 又直线 x+6y+7=0 的斜率为- , 6 ∴f′(1)=3a+b=6,∴a=-2,b=12.故 a=-2,b=12,c=0. (2)由(1)知 f(x)=-2x3+12x,f′(x)=-6x2+12=-6(x- 2)(x+ 2),列表如下: x (-∞,- 2) (- 2, 2) ( 2,+∞) - 2 2 0 0 f′(x) - + - f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ ∴函数 f(x)的单调递增区间是(- 2, 2),单调递减区间是(-∞,- 2)和( 2,+∞). ∵f(-1)=-10,f( 2)=8 2,f(3)=-18, ∴f(x)在[-1,3]上的最大值是 8 2,最小值是-18. 高考易失分题 6 1 范例 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -a. x 若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 1 1 1 若 a>0,则当 x∈(0, )时,f′(x)>0;当 x∈( ,+∞)时,f′(x)<0.所以 f(x)在(0, ) a a a 1 上单调递增,在( ,+∞)上单调递减. a 1 (2)由(1)知,当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;当 a>0 时,f(x)在 x= 处取得最 a 1 1 1 大值,最大值为 f( )=ln( )+a(1- )=-ln a+a-1. a a a 1 因此 f( )>2a-2 等价于 ln a+a-1<0. a 令 g(a)=ln a+a-1,则 g(a)在(0,+∞)上单调递增, 又 g(1)=0. 于是,当 0<a<1 时,g(a)<0;当 a>1 时,g(a)>0. 因此,a 的取值范围是(0,1). 高考预测 解:(1)易知函数 f(x)的定义域为(0,+∞), a 1 x-a f′(x)=- 2+ = 2 . x x x ①当 a≤0 时,∵x>0,∴x-a>0,∴f′(x)>0, ∴f(x)在定义域(0,+∞)上单调递增.

②当 a>0 时,若 x>a,则 f′(x)>0; 若 0<x<a,则 f′(x)<0. ∴函数 f(x)的单调递增区间为(a,+∞),单调递减区间为(0,a). a a (2)f(x)≥1,即 +ln x≥1,即 ≥-ln x+1,即 a≥-xln x+x,则有 a≥-xln x+x 对任 x x 意 x∈(0,e]恒成立. 令 g(x)=-xln x+x,x∈(0,e],则 g′(x)=-ln x, 所以由 g′(x)=-ln x=0 得 x=1, ∴g(x)在(0,1]上单调递增,在(1,e]上单调递减, ∴g(x)max=g(1)=1,∴a≥1. 考点三 导数与函数、不等式的综合问题

例 5 解:(1)证明:令 F(x)=f(x)-(x-1),x∈(0,+∞), 则有 F′(x)= 1-x2 . x

当 x∈(1,+∞)时,F′(x)<0, 所以 F(x)在[1,+∞)上单调递减, 故当 x>1 时,F(x)<F(1)=0,即当 x>1 时, f(x)<x-1. (2)由(1)知,当 k=1 时,不存在 x0>1 满足题意. 当 k>1 时,对于 x>1,有 f(x)<x-1<k(x-1),则 f(x)<k(x-1), 从而不存在 x0>1 满足题意. 当 k<1 时,令 G(x)=f(x)-k(x-1),x∈(0,+∞), -x2+(1-k)x+1 1 则有 G′(x)= -x+1-k= . x x 由 G′(x)=0 得,-x2+(1-k)x+1=0, 1-k- (1-k)2+4 解得 x1= <0, 2 1-k+ (1-k)2+4 x2= >1. 2 当 x∈(1,x2)时,G′(x)>0,故 G(x)在(1,x2)内单调递增. 从而当 x∈(1,x2)时,G(x)>G(1)=0, 即 f(x)>k(x-1). 综上,k 的取值范围是(-∞,1). 1 1 变式题 解:(1)由 g(1)=0,g′(1)= ,得 f(1)=0,f′(1)= , 2 2 a-b ∴f(1)= =0,即 a=b. 2 又∵f′(x)= a(x2+1)-2x(ax-b) -ax2+2bx+a = , (x2+1)2 (x2+1)2

-a+2b+a 1 ∴f′(1)= = ,∴a=1,b=1, 4 2 x-1 ∴f(x)= 2 . x +1 2x-2 (2)证明:由已知得 ln x≥ 2 在[1,+∞)上恒成立, x +1 即 x2ln x+ln x-2x+2≥0 在[1,+∞)上恒成立. 设 h(x)=x2ln x+ln x-2x+2,x∈[1,+∞), 1 则 h′(x)=2xln x+x+ -2, x 1 ∵x≥1,∴2xln x≥0,x+ ≥2(当且仅当 x=1 时等号成立),∴h′(x)≥0, x ∴h(x)在[1,+∞)上单调递增,∴h(x)≥h(1)=0, ∴g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立. ex·x-ex ex(x-1) ex 例 6 C [解析] 依题可构造函数 f(x)= ,则 f′(x)= = .当 x∈(0, x x2 x2 ex 1)时,f′(x)<0,所以 f(x)= 在(0,1)上单调递减,所以由 0<x1<x2<1 得 f(x1)>f(x2),即 x x2ex1>x1ex2,故选 C. 变式题 C ex(x-2) ex [解析] 构造函数 f(x)= 2,则 f′(x)= .当 x>2 时,f′(x)>0,即 x x3

函数 f(x)在(2,+∞)上是增函数,∴f(6)<f(7)<f(8). ∵a=f(6),b=f(7),c=f(8), ∴a<b<c.
2 1 (1-a)x +ax-1 例 7 解: (1)易知 f(x)的定义域为(0, +∞), f′(x)=(1-a)x+a- = x x

1 (1-a)(x- )(x-1) a-1 = . x (x-1)2 1 当 =1,即 a=2 时,f′(x)=- ≤0,f(x)在(0,+∞)上是减函数. x a-1 1 1 当 0< <1,即 a>2 时,令 f′(x)<0,得 0<x< 或 x>1; a-1 a-1 1 1 1 令 f′(x)>0,得 <x<1,所以 f(x)在(0, ),(1,+∞)上单调递减,在( ,1)上 a-1 a-1 a-1 单调递增. 当 1 1 >1,即 1<a<2 时,令 f′(x)<0,得 0<x<1 或 x> ; a-1 a-1

1 1 1 令 f′(x)>0,得 1<x< ,所以 f(x)在(0,1),( ,+∞)上单调递减,在(1, )上 a-1 a-1 a-1 单调递增. 1 综上,当 a=2 时,f(x)在(0,+∞)上是减函数;当 a>2 时,f(x)在(0, )和(1,+∞) a-1

上单调递减,在(

1 1 ,1)上单调递增;当 1<a<2 时,f(x)在(0,1)和( ,+∞)上单调递减, a-1 a-1

1 在(1, )上单调递增. a-1 (2)由(1)知,当 a∈(3,4)时,f(x)在[1,2]上单调递减, ∴f(x)在[1,2]上的最大值是 f(1),最小值是 f(2), a 3 ∴|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(2)= - +ln 2, 2 2 ∴ (a2-1) a 3 m+ln 2> - +ln 2. 2 2 2 a-3 . a2-1

又 3<a<4,∴m>

a-3 1 由 3<a<4 易得 0< 2 < , a -1 15 1 ∴m≥ . 15 ■ 教师备用例题 [备选理由] 例 1 通过求导及导数的几何意义,解决两曲线间最小距离问题;例 2 探求 单调区间, 特别是解决函数不单调时如何确定参数的范围的问题; 例 3 为极值与不等式结合 的问题;例 4 为最值与恒成立结合的综合问题;例 5 为考查求参数范围,重点求解不等式恒 成立的综合题. 例 1(配听课例 1 使用)设 P 是函数 y=ln x 图像上的动点,则点 P 到直线 y=x 的距离的 最小值为________. [答案] 2 2

1 [解析] 记 f(x)=ln x,则 f′(x)= ,设曲线 y=ln x 的过点 P(x0,y0)的切线与直线 y=x x 1 平行,则 f′(x0)= =1,解得 x0=1,所以 y0=0,所以动点 P 到直线 y=x 的最小距离即为 x0 点(1,0)到直线 y=x 的距离 d= 1 2 = . 2 2 例 2(配听课例 2 使用)设 f(x)=x2-x-aln x. (1)当 a=1 时,求 f(x)的单调区间; (2)若 a>0,函数 f(x)在区间(1,2)上不单调,求 a 的取值范围. 解:(1)f(x)=x2-x-ln x(x>0), 1 (2x+1)(x-1) 则 f′(x)=2x-1- = ,x>0, x x 所以当 0<x<1 时,f′(x)<0; 当 x>1 时,f′(x)>0. 所以 f(x)在(0,1)上单调递减,在[1,+∞)上单调递增.
2 a 2x -x-a (2)f′(x)=2x-1- = , x x

1+ 1+8a 1- 1+8a 由 f′(x)=0,得 x1= ,x2= (舍). 4 4

因为函数 f(x)在区间(1,2)上不单调, 1+ 1+8a 所以 1<x1<2,即 1< <2, 4 解得 1<a<6. m 例 3(配例 3 使用)已知函数 f(x)=ln x+ ,g(x)=x-2m,其中 m∈R,e=2.71828…为 2x 自然对数的底数. (1)当 m=1 时,求函数 f(x)的极小值. 1 1 (2)是否存在 m∈( ,1),使得对任意 x∈[ ,1],f(x)>g(x)+1 成立?若存在,求出 m 的 2 e 取值范围;若不存在,请说明理由. 1 解:(1)当 m=1 时,f(x)=ln x+ ,x>0, 2x 1 1 2x-1 ∴f′(x)= - 2= ,x>0, x 2x 2x2 1 1 由 f′(x)>0,得 x> ;由 f′(x)<0,得 0<x< . 2 2 1 1 ∴f(x)在(0, )上单调递减,在( ,+∞)上单调递增, 2 2 1 1 ∴f(x)极小值=f( )=ln +1=1-ln 2. 2 2 1 1 (2)假设存在 m∈( ,1),使得 f(x)>g(x)+1 对任意 x∈[ ,1]成立.令 h(x)=f(x)-g(x)- 2 e m 1 1=ln x+ -x+2m-1,x∈[ ,1], 2x e -2x2+2x-m 1 m 1 则 h′(x)= - 2-1= ,x∈[ ,1], x 2x 2x2 e 1 ∵m∈( ,1), 2 ∴在二次函数 y=-2x2+2x-m 中,Δ =4-8m<0, ∴-2x2+2x-m<0 对 x∈R 恒成立, 1 ∴h′(x)<0 对 x∈[ ,1]恒成立, e 1 ∴h(x)在[ ,1]上单调递减. e 1 由题意,h(x)>0 对 x∈[ ,1]恒成立, e m 5 4 ∴h(x)min=h(1)=ln 1+ -1+2m-1= m-2>0,即 m> . 2 2 5 4 1 故存在 m∈( ,1),使得 f(x)>g(x)对任意 x∈[ ,1]恒成立. 5 e 例 4(配听课例 4、例 5 使用)已知函数 f(x)=ex-ax-1(a>0,e 为自然对数的底数). (1)求函数 f(x)的最小值; (2)若 f(x)≥0 对任意的 x∈R 恒成立,求实数 a 的值.

解:(1)由题知 f′(x)=ex-a, 由 f′(x)=ex-a=0 得 x=ln a. 当 x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0;当 x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0. ∴f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增, ∴f(x)在 x=ln a 处取得极小值,且为最小值, 故其最小值为 f(ln a)=eln a-aln a-1=a-aln a-1. (2)f(x)≥0 对任意的 x∈R 恒成立,即 f(x)min≥0. 由(1)可知 f(x)min=a-aln a-1,设 g(a)=a-aln a-1,则 g(a)≥0. 由 g′(a)=1-ln a-1=-ln a=0,得 a=1, 易知 g(a)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减, ∴g(a)在 a=1 处取得极大值,且为最大值.又 g(1)=0, 因此 g(a)≥0 的解为 a=1,∴a=1. 例 5(配听课例 5,例 7 使用)已知 f(x)=xln x-ax,g(x)=-x2-2, (1)对一切 x∈(0,+∞),f(x)≥g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; 1 1 (2)证明:对一切 x∈(0,+∞),都有 ln x+1> x- 成立. e ex 解:(1)∵对一切 x∈(0,+∞),f(x)≥g(x)恒成立, ∴对一切 x∈(0,+∞),xln x-ax≥-x2-2 恒成立, 2 即对一切 x∈(0,+∞),a≤ln x+x+ 恒成立. x (x+2)(x-1) 2 令 F(x)=ln x+x+ ,则 F′(x)= , x x2 ∴当 0<x<1 时,F′(x)<0;当 x>1 时,F′(x)>0. ∴F(x)在 x=1 处取得极小值,也是最小值, 即 F(x)min=F(1)=3, ∴a≤3. 1 2 (2)证明:对一切 x∈(0,+∞),都有 ln x+1> x- 成立, e ex x 2 等价于对一切 x∈(0,+∞),xln x+x> x- 成立. e e 当 a=-1 时,f(x)=xln x+x,f′(x)=ln x+2, 1 由 f′(x)=0 得 x= 2, e 1 1 当 x∈(0, 2)时,f′(x)<0,f(x)为减函数;当 x∈( 2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数, e e 1 ∴f(x)在 x= 2处取得极小值,也是最小值, e 1 1 即 f(x)min=f( 2)=- 2. e e 1-x x 2 设 G(x)= x- (x∈(0,+∞)),则 G′(x)= x , e e e 1 易知 G(x)max=G(1)=- . e

1 1 ∵- 2>- , e e 1 2 ∴对一切 x∈(0,+∞),都有 ln x+1> x- 成立. e ex


推荐相关:

2017年高考文科数学一轮 专题七 导数及其应用 听课手册

2017年高考文科数学一轮 专题七 导数及其应用 听课手册_数学_高中教育_教育专区...2 (1)当 a=0 时,求 f(x)的单调区间; 1 (2)若 f(x)在区间[ ,2]...


2017年高考文科数学一轮 专题二十 分类与整合思想、化归与转化思想 听课手册

2017年高考文科数学一轮 专题二十 分类与整合思想、化归与转化思想 听课手册_...应用导数研究函数性质时,常涉及分类与整合思想,对参数分类的标准是依据 函数导数...


2017届高三数学组集体备课模式(文)

高三数学组集体备课模式(文科)为备战 2017 年高考,...一张《天利 38 套高考真题卷》;抽查教案、 听课...三角 函数部分例题和练习要全部做、导数部分的例题...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 简单学习网 www.tceic.com
copyright ©right 2010-2021。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com